1 + Φ r /c 2 = 1 (1) (2) c 2 k y 1 + (V/c) 1 + tan 2 α = sin α (3) tan α = k y k x

Transcript

1 ΛΥΣΕΙΣ ΣΕΙΡΑΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 6 Θ. Τομαράς 1. Πρωτόνια στις κοσμικές ακτίνες φτάνουν ακόμα και ενέργειες της τάξης των ev. Να συγκρίνετε την ενέργεια αυτή με την ενέργεια που έχει μια πέτρα που πετάτε με τα χέρια σας. Λύση: Η ενέργεια πέτρας βάρους 200 γραμμαρίων που εκτοξεύουμε με ταχύτητα 1m/sec είναι E = 0.2Joules (0.2/1.6) ev ev, ήτοι το ένα εκατοστό της ενέργειας των πιό ενεργειακών κοσμικών ακτίνων. 2. Μια πηγή και ένας ανιχνευτής βρίσκονται στην περιφέρεια ενός περιστρεφόμενου δίσκου σε γωνιακή απόσταση φ. Η πηγή εκπέμπει φώς συχνότητας ω 0 στο σύστημα ηρεμίας της. Τί συχνότητα έχει το σήμα που λαμβάνει ο ανιχνευτής; Λύση: Οι δύο παρατηρητές βρίσκονται σε ισες αποστάσεις από το κέντρο περιστροφής. Αρα έχουν την ίδια επιτάχυνση ως προς το αδρανειακό σύστημα συντεταγμένων. Επομένως, η τιμή του ισοδύναμου πεδίου βαρύτητας Φ(r) = ω 2 Rr 2 /2 (όπου ω R η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής) είναι οι ίδιες. Οπότε ω r ω e = 1 + Φ e/c Φ r /c 2 = 1 (1) δηλαδή, το σήμα που λαμβάνει ο ανιχνευτής θα έχει συχνότητα ω r = ω e = ω Φωτόνιο εκπέμπεται από σώμα σε γωνία α ως προς τον άξονα x του συστήματος ηρεμίας του (xyz). Παρατηρητής Σ κινείται ως προς το σώμα αυτό με ταχύτητα V στην κατεύθυνση του κοινού τους άξονα x x. Να δείξετε οτι η γωνία α που βλέπει ο Σ να σχηματίζει το φωτόνιο ως προς τον άξονα x δίνεται απο τη σχέση (β = V/c) cos α = cos α + β 1 + β cos α (2) Λύση: Εστω (ω, k x, k y, 0) και (ω, k x, k y, 0) με ω 2 = c 2 (k 2 x + k 2 y) και αντίστοιχα για τα τονούμενα, οι τετραορμές του φωτονίου στα δύο συστήματα Σ και Σ αντίστοιχα. Αυτές συνδέονται με τις σχέσεις: k x = γ(v )(k x + (V/c 2 )ω) και k y = k y, όπου γ(v ) = 1/ 1 β 2. Οπότε, tan α = k y k x = c 2 k y γ(c 2 k x + V ω) = 1 γ Από αυτήν έπεται η ζητούμενη σχέση. tan α 1 + (V/c) 1 + tan 2 α = sin α γ(β + cos α) (3) 4. Η ηλικία της Γης είναι περίπου 5 δισεκατομμύρια χρόνια. Πόσο νεώτερη είναι η ύλη της στο κέντρο από αυτήν στην επιφάνεια; Αν στην αρχή υπήρχαν ίσες ποσότητες κάποιου ραδιενεργού στοιχείου με μέσο χρόνο ζωής τ έτη, πόσο περισσότερο από το στοιχείο αυτό θα υπάρχει σήμερα στο κέντρο 1

2 από ό,τι στην επιφάνεια της Γης; (Υπόδειξη: Υποθέστε οτι η πυκνότητα μάζας της Γης είναι σταθερή.) Λύση: Στην πρώτη σειρά ασκήσεων υπολογίσατε το πεδίο βαρύτητας της Γης συναρτήσει της απόστασης από το κέντρο. Βρήκατε οτι, αν υποθέσετε οτι η πυκνότητα μάζας είναι σταθερή, το βαρυτικό δυναμικό στο εσωτερικό της είναι Φ(r) = 1 ( ) G N M r 2 2 R R 3 (4) 2 Επομένως, αν τ C και τ S είναι οι χρόνοι ζωής ενός ραδιενεργού υλικού στο κέντρο και στην επιφάνεια αντίστοιχα, θα ισχύει τ C τ S = 1 + Φ(R)/c2 1 + Φ(r = 0)/c 2 = 1 G NM/Rc 2 1 3G N M/2Rc G NM 2Rc 2. (5) Εστω οτι αρχικά είχαμε N 0 άτομα του ραδιενεργού στοιχείου στην επιφάνεια και άλλα τόσα στο κέντρο. Μετά από χρόνο t θα έχουν μείνει στο κέντρο N C (t) = N 0 e t/τ C (6) και στην επιφάνεια Οπότε το πηλίκον N S (t) = N 0 e t/τ S. (7) N C (t) N S (t) = et/τ S t/τ C = e (t/τ C)(1 τ C /τ S ) = e (G N M/2Rc2 )(t/τ C ) (8) και για την περίπτωση της Γης έχουμε N C (t) N S (t) = e (t/τ C ) (9) Για t = yr και τ = yr παίρνουμε τελικά N C (t) N S (t) = e / (10) περισσότερα στο κέντρο αφού, όπως έχουμε πεί, εκεί που το βαρυτικό πεδίο είναι μικρότερο ασταθή όντα ζουν περισσότερο. 5. (α) Βρείτε την έκφραση για το στοιχειώδες μήκος στο χωρόχρονο M inkowski από τη συνήθη μορφή στο σύστημα (txyz) καρτεσιανών συντεταγμένων στο (t x y z ), που δίνεται απο τις σχέσεις ( ) ( ) c t = g + x gt sinh c c ( ) ( ) c x = c g + x gt cosh c2 c c g y = y, z = z (11) (β) Να δείξετε οτι για gt /c 1 αυτό αντιστοιχεί σε ομοιόμορφα επιταχυνόμενο σύστημα της Νευτώνειας μηχανικής. 2

3 (γ) Να δείξετε οτι ένα ρολόϊ ακίνητο στη θέση x = h τρέχει γρηγορότερα (δείχνει μεγαλύτερο χρόνο) από άλλο, ακίνητο στη θέση x = 0, κατά ένα παράγοντα (1 + gh/c 2 ). Πώς σχετίζεται αυτό με την Αρχή της Ισοδυναμίας; Λύση: (α) Υπολογίζετε τα διαφορικά dt και dx και αντικαθιστάτε στην έκφραση ds 2 = c 2 dt 2 dx 2 dy 2 dz 2. Παίρνετε ( ) 2 ds 2 = c gx dt 2 dx 2 dy 2 dz 2 (12) c 2 (β) Η παραπάνω έκφραση αντιστοιχεί στη Νευτώνεια προσέγγιση με το βαρυτικό δυναμικό Φ = gx (13) από το οποίο προκύπτει σταθερή επιτάχυνση dφ/dx = g. Και πράγματι, υπό τη σταθερή αυτή επιτάχυνση η ταχύτητα σώματος που κινείται επί χρονικό διάστημα t είναι gt και για gt c σωστά εφαρμόζουμε τη Νευτώνεια προσέγγιση. (γ) Από τον τύπο της Νευτώνειας προσέγγισης της βαρυτικής ερυθρόπησης έχουμε για το πηλίκο των χρονικών διαστημάτων στις θέσεις x = h και x = 0 ακριβώς ό,τι περιμέναμε από την αρχή της ισοδυναμίας. t h = 1 + gh (14) t 0 c 2 6. Αν και ΔΕΝ ενδείκνυται να αναμιγνύετε σχετικιστικές με μή σχετικιστικές έννοιες, φανταστείτε οτι ένα φωτόνιο με συχνότητα ω είναι σαν ένα σωμάτιο με βαρυτική μάζα hω/c 2 και κινητική ενέργεια K = hω. Χρησιμοποιώντας Νευτώνεια επιχειρήματα, υπολογίστε την κινητική ενέργεια που χάνει ένα φωτόνιο που εκπέμπεται από την επιφάνεια ενός αστέρα ακτίνας R και μάζας M και φεύγει στο άπειρο. Υπολογίστε στη συνέχεια τη συχνότητά του στο άπειρο. Πώς σχετίζεται αυτό που βρίσκετε με τον προσεγγιστικό τύπο της βαρυτικής ερυθρόπησης που είπαμε στο μάθημα; ( ω = 1 G NM Rc 2 ) ω 0 (15) Λύση: Εστω ω η κυκλική συχνότητα του φωτονίου στο άπειρο και ω 0 αυτή στην επιφάνεια του αστέρα. Από διατήρηση ενέργειας έχουμε, εξισώνοντας την ολική ενέργεια στην επιφάνεια του αστέρα με αυτήν στο άπειρο (κινητική μόνο, αφου η δυναμική στο άπειρο μηδενίζεται), παίρνουμε K = hω = K 0 + V 0 = hω 0 mφ(r) = hω 0 hω 0 c G M 2 N R. (16) Οπότε, ( ω = 1 G ) NM ω Rc 2 0 (17) που συμπίπτει με την έκφραση της βαρυτικής ερυθρόπησης που έχουμε αποδείξει με καλύτερο τρόπο στο μάθημα. 3

4 7. Δίδεται ο χωρόχρονος με στοιχειώδες μήκος ds 2 = c 2 dt 2 2 dt dx dy 2 dz 2 (18) (α) Να δείξετε οτι η καμπυλότητά του είναι μηδέν. (β) Να βρείτε ένα άλλο σύστημα συντεταγμένων (καρτεσιανό) στο οποίο το στοιχειώδες μήκος παίρνει τη συνήθη μορφή στο χωρόχρονο M inkowski. (γ) Υπάρχουν και άλλα τέτοια συστήματα συντεταγμένων ή μόνο αυτό που ήδη βρήκατε; Πολλά; Λύση: (α) Η μετρική είναι σταθερά. Επομένως, οι συντελεστές Christof f el μηδενίζονται και μαζί με αυτούς όλες οι συνιστώσες της καμπυλότητας του Riemann. (β) Γράφω: ds 2 = (cdt dx) 2 dx 2 dy 2 dz 2 = c 2 d t 2 dx 2 dy 2 dz 2 (19) όπου c t ct x. (γ) Υπάρχουν άπειρα τέτοια συστήματα συντεταγμένων. Αυτό που βρήκα παραπάνω και κάθε άλλο που συνδέεται με αυτό με μετασχηματισμό Lorentz. 8. Θεωρείστε ένα μέσον με δείκτη διάθλασης n(x i ) που εξαρτάται από τη θέση στο χώρο. Η ταχύτητα του φωτός στο μέσον αυτό είναι c/n(x i ). Σύμφωνα με την αρχή του F ermat οι φωτεινές ακτίνες ακολουθούν εκείνη τη τροχιά ανάμεσα σε δύο σημεία του χώρου, η οποία αντιστοιχεί στον ελάχιστο χρόνο. (α) Να δείξετε οτι οι διαδρομές ελάχιστου χρόνου είναι γεωδεσιακές του τριδιάστατου χώρου με στοιχειώδες μήκος ds 2 = n 2 (x i )(dx 2 + dy 2 + dz 2 ) (20) (β) Να γράψετε την εξίσωση της γεωδεσιακής σε αυτό το χώρο στις συντεταγμένες (xyz). Λύση: (α) Ο χρόνος που κάνει μια φωτεινή ακτίνα ανάμεσα στα σημεία Α και Β του χώρου, κατά τη διαδρομή της πάνω σε τροχιά y = y(x), z = z(x) είναι (dl 2 E = dx 2 + dy 2 + dz 2 ) T AB = B A dt = B A dl E c(x i ) = 1 B dl E n(x i ) = 1 c A c B A dx n(x, y, z) 1 + y 2 + z 2. (21) Η παραπάνω μορφή του T AB γράφεται και T AB = (1/c) B A ds, και επομένως, ελαχιστοποίηση του T AB είναι ισοδύναμη με την εξίσωση της γεωδεσιακής σε χώρο με μετρική (20), ό.έ.δ. (β) Οποιεσδήποτε τρείς από τις εξισώσεις d ds L n 2 (x, y, z) (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 ) = 1 (ẋi n 2 (x, y, z) ) n n (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 ) x i = 0 (22) i = 1, 2, 3 x, y, z αποτελούν ένα πλήρες σύστημα εξισώσεων για τη γενική γεωδεσιακή (x(s), y(s), z(s)) με παράμετρο το μήκος της s. 4

5 9. Ο Φακός του Lunenberg είναι μιά σφαίρα με δείκτη διάθλασης που εξαρτάται από την απόσταση από το κέντρο σύμφωνα με τη σχέση n(r) = ( ) 1/2 2 r2 (23) R 2 Να δείξετε, χρησιμοποιώντας την προηγούμενη άσκηση οτι κάθε δέσμη παράλληλων ακτίνων που πέφτει πάνω στο φακό αυτό εστιάζει σε ένα σημείο στην επιφάνειά του. Λύση: Λόγω της σφαιρικής συμμετρίας, μπορώ να περιοριστώ στη μελέτη της κίνησης της φωτεινής ακτίνας στο επίπεδο (x, y) ή ισοδύναμα (r, θ). Οι εξισώσεις της γεωδεσιακής είναι όπου F (r)(ṙ 2 + r 2 θ2 ) = 1, (24) F (r)r 2 θ = l, (25) F (r) = n 2 (r) = 2 r2 (26) R 2 Αντικαθιστώ την (25) στην (24) και παίρνω ṙ 2 = 1 ( ) 1 l2 (27) F F r 2 που, συνδυασμένη με την προηγούμενη, γράφεται ισοδύναμα ή, ορίζοντας w r 2 ( ) 2 dr = r2 dθ l (F 2 r2 l 2 ) (28) dw dθ = ±2 l w 1 R 2 w2 + 2w l 2 (29) Επιλογή προσήμων: Η τροχιά χωρίζεται σε δύο περιοχές με θ θ c και θ θ c αντίστοιχα. Στην πρώτη η ακτίνα r μειώνεται ενώ στη δεύτερη αυξάνει. Αρα, οι εξισώσεις είναι dw dθ = 2 l w 1 R 2 w2 + 2w l 2, θ θ c (30) dw dθ = +2 l w 1 R 2 w2 + 2w l 2, θ θ c (31) με το (r c, θ c ) να καθορίζεται από τη σχέση dr = 0, (32) dθ θc που κάνοντας χρήση της (30) γράφεται ) rc 2 = R (1 2 1 l 2 /R 2 (33) 5

6 και την απαίτηση η τροχιά να είναι συνεχής. Από τους πίνακες ολοκληρωμάτων βρίσκω το απαιτούμενο ολοκλήρωμα και γράφω γαι τη λύση των παραπάνω διαφορικών εξισώσεων στις δύο περιοχές της γωνίας θ. 1 l 2 /r 2 I : 1 l 2 /R = sin ( 2θ + a 1l), θ θ c (34) 2 II : 1 l 2 /r 2 1 l 2 /R 2 = sin (2θ 4θ c + a 1 l), θ θ c (35) Στις παραπάνω δύο σχέσεις έχω κάνει χρήση της συνέχειας της r(θ) ώστε να συσχετίσω τις σταθερές ολοκλήρωσης. Αρχικές συνθήκες: (i) Η φωτεινή ακτίνα πέφτει παράλληλα με τον άξονα x στη θέση (r = R, θ = θ 0 ) της σφαίρας. Αρα, ισχύει η σχέση sin ( 2θ 0 + a 1 l) = 1 l 2 /R 2 (36) (ii) Δεδομένου οτι ο δείκτης διάθλασης του φακού είναι ίσος με 1 στην επιφάνειά του, συνεπάγεται οτι η προσπίπτουσα ακτίνα συνεχίζει παράλληλα με τον άξονα x αμέσως μετά την είσοδό της στο φακό. Αυτό σημαίνει οτι κοντά στην επιφάνεια του φακού έχουμε y(s) = 0, x(s) = s. Οπότε (ẏ) 0 = 0 = (ṙ) 0 sin θ 0 + R( θ) 0 cos θ 0, (ẋ) 0 = 1 = (ṙ) 0 cos θ 0 R( θ) 0 sin θ 0 (37) από τις οποίες προκύπτουν οι (ṙ) 0 = cos θ 0, ( θ) 0 = sin θ 0 R = l R 2 (38) sin θ 0 = l R, cos θ 0 = 1 l2 R 2 (39) Οι θ c και r c ικανοποιούν τη σχέση (34), όπου αντικαθιστώντας το r c από την (33) παίρνω sin ( 2θ c + a 1 l) = 1 l2 /rc 1 2 =... = 1 (40) l 2 /R2 Χρησιμοποιώντας τη τελευταία έχω 2θ c = π 2 + a 1l + 2πn (41) sin (2π 4θ c + a 1 l) = sin ( 4θ c + a 1 l) = sin (a 1 l) = sin ( 2θ 0 + a 1 l + 2θ 0 ) = sin ( 2θ 0 + a 1 l) cos (2θ 0 ) + cos ( 2θ 0 + a 1 l) sin (2θ 0 ) =... = 1 l 2 /R 2 (42) Η τελευταία σχέση σημαίνει οτι το σημείο (r = R, θ = π) ικανοποιεί την (35) και επομένως βρίσκεται πάνω στην τυχούσα γεωδεσιακή που θεωρήσαμε. Συμπέρασμα: Η τυχούσα ακτίνα που πέφτει στο φακό περνάει από το σημείο της επιφάνειας που είναι το πέρα σημείο τομής της από την ευθεία την παράλληλη προς την προσπίπτουσα, που περνάει από το κέντρο της σφαίρας. 6

7 10. Το Υπερβολικό Επίπεδο είναι μια διδιάστατη επιφάνεια που ορίζεται από τη μετρική ds 2 = 1 y 2 (dx2 + dy 2 ), y 0 (43) (α) Να δείξετε οτι τα σημεία του άξονα x απέχουν άπειρη απόσταση από οποιοδήποτε σημείο (x, y) του πάνω ημιεπιπέδου. (β) Να γράψετε τις εξισώσεις της γεωδεσιακής. (γ) Να δείξετε οτι οι γεωδεσιακές είναι ημικύκλια με κέντρο στον άξονα των x, ή ευθείες κάθετες στον άξονα x. (δ) Να λύσετε τις εξισώσεις για να βρείτε τα x(s) και y(s) συναρτήσει του μήκους s κατά μήκος τους. Λύση: (α) Για οποιαδήποτε καμπύλη y = y(x) έχω 1 + y 2 ds = dx dx y = d ln y. (44) y(x) y Το μήκος ενός μικρού τμήματός της που ακουμπάει τον άξονα x είναι a L = ds d ln y = lim(ln a ln ɛ) = (45) ɛ 0 ό.έ.δ. (β) Οι εξισώσεις της γεωδεσιακής είναι 0 L = 1 y 2 (ẋ2 + ẏ 2 ) = 1, ( ) d ẋ = 0 (46) ds y 2 ẋ y 2 = κ (47) (γ) (i) Για κ = 0 έχουμε ẋ = 0, ήτοι καμπύλη κάθετη στον άξονα των x. Η y(s) ικανοποιεί την εξίσωση ẏ = ±y, της οποίας η λύση είναι y(s) = C exp(±s). Οι αρχικές ή οριακές συνθήκες προσδιορίζουν τις σταθερές ολοκλήρωσης. Προφανώς, οι καμπύλες αυτές είναι γεωδεσιακές που συνδέουν αναγκαστικά σημεία με το ίδιο x. (ii) Για κ 0 έχουμε ẋ = κy 2 και ẋ 2 + ẏ 2 = y 2. Αντικαθιστώντας την πρώτη στη δεύτερη παίρνουμε dy dx = ẏ ẋ = η οποία γράφεται ισοδύναμα και ως Ορίζοντας Y 1 κ 2 y 2 παίρνω ισοδύναμα της οποίας η λύση είναι 1 κ2 y 2, (48) κy d dx (1 κ2 y 2 ) = 2κ 1 κ 2 y 2. (49) Y (x) dy dx = κ (50) 1 κ 2 y 2 = κ(x a) (51) 7

8 που μετά από τετραγωνισμό παίρνει τη μορφή του κύκλου (x a) 2 + y 2 = 1 κ 2. (52) Οι σταθερές όπως πάντα καθορίζονται από δύο συνθήκες. (δ) Η γενική λύση της (52) έχει τη μορφή x a = 1 κ cos Θ(s), y(s) = 1 sin Θ(s) (53) κ και αντικαθιστώντας στην (47) παίρνω Ολοκληρώνω και παίρνω dθ sin Θ = ds (54) ή ισοδύναμα Οπότε ln tan(θ/2) = s + Ã, (55) Θ(s) = tan 1 (Ae s ). (56) x(s) = a + 1 κ cos ( tan 1 (Ae s ) ) 1 = a + κ 1 + A 2 e 2s y(s) = 1 κ sin ( tan 1 (Ae s ) ) = Ae s κ 1 + A 2 e 2s (57) 8